Реферат: Л. А. Семенко (Методические рекомендации из опыта работы в 7 9 классах)

Л.А. Семенко

(Методические рекомендации из опыта работы в 7 – 9 классах)

Отрадная 2006 г.

Уравнения с модулем.

Основные виды уравнений и способы их решений.

1. Повторение.

Определение: Модулем (абсолютной величиной) действительного числа х, т.е. ‌‌ ‌‌| x |, называется само это число, если оно неотрицательное, и это число, взятое с противоположным знаком, если оно отрицательное:

‌‌| x |=

2. Геометрический смысл модуля.

Каждому действительному числу соответствует точка числовой оси, для которой это число является координатой. Абсолютная величина этого числа – это расстояние соответствующей точки оси до начала координат. Например: х = а и х = – а удалены от начала координат на | а|.

– а 0 а

... х

|←| а| = |– а| →|← | а| →|

Геометрически, абсолютная величина, (модуль) действительного числа есть расстояние от точки, изображающей это число на числовой оси, до начала координат.

Способы решения простейших уравнений с модулями.

1. | x | = с ( действительное число)

| x | = с

Примеры: | x |= 5, х = ± 5;

| x |= 0, х = 0;

| x |= –5, х ø;

2. | f ( x )| = b , b >0

| f ( x )| = b

| f ( x )| = b , или| f ( x )| = – b

Примеры:

а). | x +2 |= 7

x +2 = 7 или x +2 = – 7

x = 5; x = –9

Ответ:5; –9.

б). | x 2 –8 |= 1

x 2 –8 = 1 или x 2 –8 = –1

x 2 =9; x 2 =7

х1,2 =± 3 х3,4 = ±

Ответ:± 3; ± .

в). | x 2 – 4х |= 4

x 2 – 4х = 4 или x 2 – 4х = – 4

x 2 – 4х – 4=0; x 2 – 4х + 4=0

х1,2 =2 ± 2 ; х3,4 = 2

Ответ:2 ± 2 ; 2.

Упражнения для самостоятельной работы:

1. |5 x +1 |=4 | x 2 – 4 |= 5 | x –|=

2. | x – 5 |=4 | x 2 – 2х |= 3 | 3– 4х |= 3

3. |2х–5 |= 3 | x 2 – 2х |= 1 | x 2 – х–1 |= 1

4. | 3– 4х |= 1 | x 2 – 3х |= 2 | x 2 –х–5 |=1

5. | 5– 4х |= 3 | x 2 + 3х |= 2 | x 2 –5х+6|=2

3. | f ( x )| = g ( x ), g ( x ) = ≥0.

По смыслу модуля это уравнение может иметь решение, если правая часть g ( x ) = ≥ 0 ( неотрицательна ). Значит, раскрывая модуль при g ( x ) = ≥ 0 имеем два уравнения:

f ( x ) = g ( x ) или f ( x ) = – g ( x ). То есть

| f ( x )| = g ( x )

Примеры:

а). |2х–3 |= х – 2

х – 2 ≥ 0 х ≥ 2

2х–3 = х – 2 или 2х–3 = – (х – 2 )

х1 = 1 х2 =

.... х

0 1 2

Ответ: х ø

б). |2х–1 |= 5х – 10.

5х – 10 ≥ 0, 5х ≥ 0, х ≥ 2

2х–1 = 5х – 10 или 2х–1 = – ( 5х – 10)

2х–5х = 1 – 10 2х+5х = 1 + 10

–3х = – 9 7х = 11

х= 3 х =

..... х

0 1 2 3

Ответ: х = 3

б). | х–1 |=1 – х2

1 – х2 ≥ 0, (1 – х) (1 + х ) ≥ 0, –( х +1)( х–1) ≥ 0,

( х +1)( х–1) ≤ 0, –1 ≤ х ≤ 1.

х–1 =1 – х2 или х–1 = х2 – 1

х2 + х – 2 = 0 –х2 + х = 0

х1 = – 2 х3 = 0

х2 = 1 х4 = 1

.. .. х

–2 –1 0 1

Ответ: х = 0; 1.

Упражнения для самостоятельной работы:

1). |х+2 |= 6 – 2х 11).|2х2 – 1|= х 2 – 2х + 3

2).|3х – 7|=2х + 1 12).|5 – х2 |= х2 – 7

3).|х – 1|=х + 8 13).|х2 +3х|=1 –х

4).|х+3 |=3(4 – х) 14).|х2 +3х– 4|= х 2 – 7х – 2

5).|х2 –3х|=4 –х 15).|х2 +3х+2|= (5х +16)

6). |х2 +3х– 10|=3х – 1 16). |х2 – 4|=х + 2

7). |х2 –4х– 12|=6– х 17). |х2 –х + 3|= – х – 1

8). |х2 –4х+ 3|=2х–2 18). |х2 +2х–5| =(х–1)

9). |х2 –7х+ 12|= х2 +8х– 3 19). |3х+3 |= 4 – 4х2

10).|х – 1|= 3х2 20). |х| = 1 – х2 – 3х

4. | ± f ( x )| = f ( x ).

Решение данного уравнения равносильно решению неравенства f ( x ) ≥ 0, т.е.| ± f ( x )| = f ( x ) f ( x ) ≥ 0.

Примеры:

а). |х–8 |= х – 8

х – 8 ≥ 0,

х ≥ 8

Ответ: [8; + ∞).

б). |х| = –х.

Это уравнение можно рассматривать как уравнение

| –(–х)|= –х, поэтому –х ≥ 0, х ≤ 0.

Ответ:( –∞; 0].

в). | х2 + х–6 |= х2 + х–6

х2 + х–6 ≥ 0; (х+3)( х –2 )≥ 0

х1 = –3 х2 = 2

. . х

-3 2

Ответ:( –∞; -3][2; + ∞).

в). |4х–7 |= 7 – 4х

| –(7 – 4х) |= 7 – 4х;

7 – 4х ≥ 0; – 4х ≥ –7; х = , х ≤

. х

Ответ:( –∞; ].

Упражнения для самостоятельной работы:

1). |х–2 |= х – 2 6). | х2 –8 х+ 12 |= х2 –8 х+ 12

2). |х| = х = 0 7). |2 х2 –8 х+ 6 |= 2 х2 –8 х+ 6

3). 7 – 4х = |4х–7 | 8). |- х2 +5 х+ 6 |= х2 +5 х+ 6

4). |9 – х2 |= 9 – х2 9). | х2 – х+ 5 |= х2 – х+ 5.

5). х –|х–2 | = 2 10). | х2 +х |= х2 +х.

5. | f ( x )| = | g ( x )|.

Уравнение равносильно двум уравнениям f ( x ) = g ( x ) или f ( x ) = – g ( x ). То есть | f ( x )| = | g ( x )|

Примеры:

а). |х2 –5х+ 7|= |2х – 5|

х2 –5х+ 7= 2х – 5 или х2 –5х+ 7= 5 – 2х

х2 –7х+ 12=0 х2 –3х+ 2=0

х1 = 3 х3 = 2

х2 = 4 х4 = 1

Ответ: 1; 2; 3; 4.

б). |х2 – 1|=| х + 3|

х2 – 1= х + 3 или х2 – 1= –х –3

х2 – х –4 =0 х2 + х +2 =0

D = 17 > 0 D = – 7 < 0 — корней нет

x 1,2 =

Ответ: .

в). |х2 +5х– 3|= |2х – 1|

х2 +5х– 3= 2х – 1 или х2 +5х– 3=1 – 2х

D = 25 > 0 D = 81 > 0

x 1,2 = x 1,2 =

х1 = х3 =

х2 = – 2 х4 = –4

Ответ: – 2; ; –4.

Упражнения для самостоятельной работы:

1). | х2 +6 х + 8 |= | 7х –6| 7). | 2х –1|=| х +3|

2). | 3х2 –5х – 2 |= | х2 +6х –16| 8). |х–2 |=| 3х +9|

3). | 2х2 –1|=| х2 – 2х – 3| 9). |х–2 |=| 3 –3х|

4). | 2х –3|=| х +7| 10). |х – х2 –1|= | 2х –3 + х2 |

5). | х +7|= |х–2 | 11). | х2 +4 х + 3 |= | х +1|

6). | х2 –1|= | х +5| 12). |х–2 |=3| 3 – х|

Способ подстановки ( замены переменной ).

х2 –6| х| + 5 = 0. по свойствух2 =| х|2 имеем:

| х|2 –6| х| + 5 = 0. Применим подстановку | х| = t ≥ 0, Тогда получим уравнение t 2 – 6 t + 5 = 0, t 1 = 1, t 2 = 5.

1. | х|=1, х1,2 = ± 1;

2. | х|=5, х3,4 = ± 5

Ответ: –5; – 1; 1; 5.

Примеры:

а). х2 –6| х| + 8= 0.

| х|2 –6| х| + 8 = 0.

| х| = у ≥ 0, у 2 – 6у + 8 = 0, у1 = 4, у2 = 2;

1. | х|=4, х1,2 = ± 4;

2. | х|=2 х3,4 = ± 2.

Ответ: – 4; –2; 2; 4.

а). х2 +| х| – 2= 0.

| х|2 +| х| – 2= 0

| х| = у ≥ 0, у2 +у – 2= 0, у1 = – 2, у2 = 1;

1. | х|= –2, корней нет

2. | х|=2 х1,2 = ± 1.

Ответ: ± 1.

Упражнения для самостоятельной работы:

1). х2 –2| х| – 3= 0 9). х2 –3| х| = 0

2). х2 –| х| – 2= 0 10). х2 –| х| + 2= 0

3). х2 +5| х| + 4= 0 11). х2 –2| х| + 3= 0

4). х2 –6| х| + 5= 0 12). х2 –7| х| + 12= 0

5). х2 –5| х| + 6= 0 13). х2 –2| х| – 35 = 0

6). х2 +| х| + 2= 0 14). х2 –| х| – 6 = 0

7). х2 –4| х| + 5= 0 15). х2 –2| х| – 4 = 0

8). х2 –3| х| + 2= 0 16). Х2 +7| х| +12= 0

Метод интервалов ( для решения всех типов уравнений с модулями).

Метод интервалов — это универсальный метод решения уравнений всех видов с модулями.

Метод интервалов состоит в том, что область определения уравнения разбивается на промежутки, в каждом из которых все подмодульные выражения сохраняют знак. Для этого достаточно найти корни подмодульных выражений и расположить их в порядке возрастания. Концы полученных промежутков можно относить к любому из смежных промежутков. Раскрыть модули ( входящие в уравнение) на каждом промежутке. Для этого необходимо число из данного промежутка подставить вместо переменной в подмодульное выражение. Определив знак подмодульного выражения, освободиться от модуля. Решить уравнение на каждом промежутке своё и найденные решения объединить в ответе.

Примеры:

а). | х–1 |+| х +2|= 1.

Найдем корни подмодульных выражений

х – 1 =0, х = 1;

х +2 = 0, х= – 2.

.. х

–2 1

Решим уравнения на промежутках.

Ι. (–∞;–2): –х+1–х–2 = 1; –2х – 1 = 1; –2х =2; х = – 1;

– 1 (–∞;–2); корней нет

ΙΙ. [–2; 1 ]; –х + 1+х + 2 = 1; 0х = –2, решений нет.

ΙΙΙ. ( 1; + ∞ ); х – 1 + х + 2 = 1; 2х + 1 = 1; 2х = 0; х = 0; 0 ( 1; + ∞ ); корней нет.

Ответ: корней нет.

б). |2 х + 1 |+ |5 –3 х |+1– 4х= 0 .

2х + 1 = 0; 2х= – 1; х = – .

5 – 3х = 0; – 3х= – 5; х = =

.. х

–

Ι. (–∞;–): –2х–1+ 5 –3х+ 1 –4 = 0; –9х +5 = 0; х =;

(–∞;–); корней нет.

ΙΙ. [– ; ]; 2х + 1 + 5 – 3х + 1– 4х = 0; –5х = –7, х =, х = [– ; ]; — корень уравнения.

ΙΙΙ. (; + ∞ ); 2х + 1 – 5+ 3х + 1– 4х = 0; х – 3 = 0, х = 3 (; + ∞ ); х = 3- корень уравнения.

Ответ: ; 3.

в). | х – 1 |+ |х –2 | = 1

х – 1 = 0, х = 1.

х –2 = 0, х = 2.

. . х

1 2

Ι. (–∞;1): – х + 1 –х + 2 – 1; –2х + 3 = 1; – 2х = – 2;

х = 1 (–∞;1), корней нет.

ΙΙ. [1; 2 ]; х – 1 – х + 2 = 1; 0х + 1 = 1; 0х = 0, х – любое число х из промежутка [1; 2 ].

ΙΙΙ. (2; + ∞ ); х – 1 + х – 2 = 1; 2х –3 = 1; 2х = 4; х = 2 (2; + ∞ ), корней нет.

Ответ: [1; 2 ]

Упражнения для самостоятельной работы

1). | х + 4 |– |х –3 |= 1 9). | 2 х + 6 |+|3х +7 |= х – 3

2). | х |+ |х –1|+ |х –2|= 6 10). | х–1 |+ | х –2|+ |х –3 |= 4

3). | х + 4 |+ |х –3 |= 7 11). |х–1|–| х|+ 3|х –1|–|х –2|=х+2

4). | х |+ |х –1|+ |х –2|= 2 12). | х + 2 |– | 5 – х |= –7

5). | х |– |х –2| = 2 13). |х –4|+ |х +4|= 9

6). |х –3|+|х +2|–|х –4|=3 14). | х |+ |х –1|+ |х –2|= 6

7). |5–х |+|х +2|=|3–х | 15). | х–1 |+ | х –2|= |х –3 |– 4

8). |х|–2|х +1|+3|х +2|= 0 16). х2 – |х –2| – 10 = 0

Уравнения со «сложным» модулем.

К таким уравнениям относятся уравнения, в которых под знаком модуля находится функция, в записи которой один или несколько модулей, то есть «модули под модулем». Уравнения данного вида можно решать методом интервалов или применяя свойства модуля.

Примеры:

а). | 3 – | х | |=4

| 3 – | х | |=4

3 – | х| = 4 или 3 – | х|= – 4

– | х| = 1 – | х|= – 7

| х| = –1 | х|= 7

корней нет х = ±7

Ответ:±7

б). |3 + | х + 1||= 5

5 >0 , |3 + | х + 1||= 5

3 + | х + 1|= 5 или 3 + | х + 1|= –5

| х + 1|=2 | х + 1|= –8

корней нет

х + 1 =2 х + 1 = –2

х1 =1 х2 = –3

Ответ:1;–3.

в). ||| х | –1|–1|=1.

||| х | –1|–1|=1

|| х | –1|–1=1 или || х | –1|–1= –1

|| х | –1|=0

| х | –1=2 | х |=1, х = ± 1

| х |= 3

| х |= ±3

Ответ: ±1; ±3

в). |х – |2 х + 3|| =3х– 1.

О.Д.З. 3х– 1≥ 0, 3х ≥ 1, х ≥ .

|х – |2 х + 3|| =3х– 1

х – |2 х + 3| =3х– 1 или х – |2 х + 3| =1– 3х

Решим методом интервалов каждое уравнение:

2 х + 3=0

2х = –3

х = –, х = –

. х

–

Ι. (–∞;–): х + 2х + 3 = 3х–1, 0х = –4 — решений нет.

ΙΙ. [–;+ ∞): х – 2х –3=3х–1, –4х = 2, х = –, – [–;+ ∞). Решений нет.

2 х + 3=0

2х = –3

х = –, х = –

. х

–

Ι. (–∞;–): х + 2х + 3 =1–3х, 3х + 3х= 6х –2, х = –,

– (–∞;–) – решений нет.

ΙΙ. [–;+ ∞): х – 2х –3= 1–3х, 2х = 4, х=2 [–;+ ∞).

х = 2 – корень уравнения.

Ответ: 2.

Упражнения для самостоятельной работы

|3 – | х – 2|| = 5 || х – 1|+2| = 1

|| х + 1|+2| = 1 |х| + | х + 1|| =0

|| х + 1|–4| = 2 |х–|2 х + 3||= 3х + 1

|| х |–2| = 4 | х– |4–х| = 4

|2 –|1–|х ||=1 ||| х |+ 1|+1| = 1

|| х – 1||+ х = 4 |2 – | 1 –|х| || = 1

| х2 – 3|х|+2| = х2 – 2х ||| х |–2|+ 1| = 2

| х2 – 3|х|+1| = 1 ||| х |+2|– 1| = 3

Литература

М.К. Потапов и др. Конкурсные задачи по математике М. 1995.

Я.К. Фельдман Готовимся к экзаменам С.- Петербург 1997.

А.Г. Цыпкин Справочник по математике для средней школы. М.: Наука, 1981.

Д.Т. Письменный Математика для старшеклассников. М.; 1996.

А.Г. Мерзляк Алгебраический тренажер. Киев: 1997.

В.В. Казак, А.В. Козак Тесты по математике. Централизованное тестирование. Москва: 2003

Оглавление стр.

Основные виды упражнений и способы их

решений…………………………………………………. 1

Способы решения простейших уравнений

с модулями………………………………………………. 2

Способ подстановки ( замены переменной )………… 7

Метод интервалов ( для решения всех типов

уравнений с модулями)………………………………… 8

Уравнения со «сложным» модулем………………… 11

Литература……………………………………………. 15